En la viga de la figura

24.- En la viga de la figura:
a) Determinar las reacciones.
b) Dimensionar la sección de la viga
con perfil IPN, de forma que la
flecha en el extremo del voladizo no
exceda de 1’35 mm.
c) Hallar la flecha máxima que se
produce en la viga.
q
L = 4a
a
Datos: a = 1’2m
q = 800 kg/m
E = 2.1·106 kg/cm2.
************************************************************************
a) Cálculo de las reacciones exteriores.
q
C
MA
RB
RA
La figura anterior es equivalente a:
q
576 kgm
MA
RA
RB
R A + RB = 5qa
25 2
qa − 4aRB
2
El ángulo girado en el empotramiento debe ser nulo.
MA =
M A ⋅ 4 ⋅ a 576 ⋅ 4 ⋅ a q ⋅ a 3
+
−
=0
3EI
6 EI
24 EI
Sustituyendo los datos obtenemos:
MA = 2016 kg⋅m
RA = 2220 kg.
RB = 2580 kg.
θA =
Nótese que estos resultados se pueden obtener de forma más directa consultando el
formulario de vigas en el caso de viga empotrada-apoyada y procediendo por
superposición.
b) Aplicando superposición:
q
θ1
θ2
M
θ1 =
4 q ⋅ a3
q ⋅l3
= ⋅
48 ⋅ EI 3 EI
θ2 =
M ⋅ l 1 q ⋅ a3
= ⋅
4 ⋅ EI 2 EI
δ =
δ
1
⋅ q ⋅ a4
8 ⋅ EI
17
⋅q ⋅ a4 ↑
24 ⋅ EI
aplicando los datos numéricos, resulta I = 4145 cm4; el perfil adecuado es IPN 240, con
I = 4250 cm4 ,con el que resulta: fext = 1.32 mm ↑
fext=(θ1-θ2)·a - δ =
c) Tramo AB:
q
A
x
M Z = −2016 + 2220 ⋅ x − 400 ⋅ x 2
0 < x < 4,8
B
Integrando obtenemos la ecuación de la elástica:
1
(
33,33 ⋅ x 4 − 370 ⋅ x 3 + 1008 ⋅ x 2 − C1 ⋅ x − C2 )
y AB =
EI
Imponiendo condiciones de contorno:
y ( 0) = 0
y ' ( 0) = 0
1
(33,33 ⋅ x 4 − 370 ⋅ x 3 + 1008 ⋅ x 2 )
y AB =
EI
Podemos calcular la flecha máxima que se produce en este tramo, para hallar el punto
en el que se produce hacemos y’ = 0.
Resolviendo la ecuación anterior obtenemos el punto de máxima flecha en ese tramo.
1837
x = 2,677m. y max =
EI
Tramo BC:
q
B
C
x
M Z = −400 ⋅ x 2
0 < x < 1,2
1
(
33,33 ⋅ x 4 − C3 ⋅ x − C 4 )
y BC =
EI
Imponiendo las condiciones de contorno obtenemos la ecuación de la elástica.
y BC ( 1,2 ) = 0
y'BC ( 1,2 ) = − y 'AB ( 4,8 )
1
33,33 ⋅ x 4 − C 3 ⋅ x − C 4
y BC =
EI
1
33,33 ⋅ x 4 − 922 ⋅ x + 1175
y BC =
EI
En este tramo, la flecha máxima es:
1175
x = 0m. y max =
EI
(
(
)
)
Por tanto, la flecha máxima se produce en el tramo AB.
1837
y max =
= 2,06 ⋅10 −3 m. = 2,06mm.
EI
Nótese que los resultados del tramo AB se pueden obtener de forma más directa
consultando el formulario de vigas en el caso de viga empotrada-apoyada y procediendo
por superposición de las ecuaciones de la elástica que allí figuran; la derivada daría el
giro en el apoyo, y la elástica de BC sería dicho giro multiplicado por (a!x) menos la
elástica de la viga en voladizo.
25.- La viga biempotrada de la figura tiene una articulación en su punto medio, sobre la
que actúa una fuerza F horizontal.
Datos:
articulación
q
L = 1’50 m
F
q = 400 kg/m
F = 2000 kg
L
L
Sección IPE-100
Se pide:
a) Reacciones en los empotramientos y leyes de variación del momento flector, el
esfuerzo cortante y el esfuerzo normal, acotando los valores más característicos.
b) En la articulación, la flecha y el ángulo que forman las dos tangentes.
c) Sección en que se produce la σmax, y la ley de variación de σ en dicha sección
acotando los valores extremos.
************************************************************************
a) En primer lugar resolveremos la hiperasticidad de cargas verticales.
q
V
V
Además tenemos que:
q
q
V
V
La condición de deformación a imponer será la igualdad de flechas en la articulación,
por tanto:
q ⋅ L4 V ⋅ L3 V ⋅ L3
−
=
8
3
3
3
⋅q⋅L
16
En cuanto al equilibrio de fuerzas horizontales cabe decir que la fuerza F horizontal se
absorbe por igual en ambos empotramientos, ya que se encuentra aplicada a la misma
distancia de ambos. Recordemos que la reacción ejercida por cada empotramiento es
inversamente proporcional a su distancia al punto de aplicación.
También se puede justificar simplemente considerando que se trata de un estudio de
cargas antisimétricas, lo que implica reacciones antisimétricas.
Resolviendo la ecuación anterior obtenemos el valor de V: V =
Por tanto:
F
F/2
A
F/2
C
B
Aplicando las ecuaciones de equilibrio hallamos las reacciones en los empotramientos.
3
13
⋅q⋅L = ⋅q⋅L
16
16
2
L
3
5
M A = q − ⋅ q ⋅ L2 = ⋅ q ⋅ L2
2 16
16
3
RC = ⋅ q ⋅ L
16
3
M C = ⋅ q ⋅ L2
16
RA = q ⋅ L −
q
F/2
MC
F
MA
B
A
F/2
C
x
RA
RC
A continuación obtendremos las leyes de variación:
Normales:
N=
F
2
N=
−F
2
para 0 < x < L
para L < x < 2⋅L
Cortante:
13
⋅ q ⋅ L − q ⋅ x para 0 < x < L
16
−3
Ty =
⋅ q ⋅ L para L < x < 2⋅L
16
Momento flector:
−5
13
x2
Mz =
⋅ q ⋅ L2 + ⋅ q ⋅ L ⋅ x − q
para 0 < x < L
16
16
2
3
M z = ⋅ q ⋅ L ⋅ (L − x ) para L < x < 2⋅L
16
Ty =
q
F/2
MC
F
MA
RA
C
B
A
F/2
x
RC
F
2
Normales
Nx
F
2
13
⋅q⋅L
16
Cortante Ty
3
⋅q⋅L
16
5
⋅ q ⋅ L2
16
3
⋅ q ⋅ L2
16
Flector
Mz
9
⋅ q ⋅ L2
512
b) Mediante el formulario de vigas podemos hallar fácilmente la flecha y el ángulo:
Considerando el tramo BC:
V ⋅ L3
= 3,7mm
3 ⋅ EI
Para el cálculo del ángulo de las tangentes lo dividiremos en tramos:
f =
Tramo AB:
θ AB =
q ⋅ L3 V ⋅ L2
−
6 ⋅ EI 2 ⋅ EI
3
⋅ q ⋅ L obtenemos:
16
q ⋅ L3 3 ⋅ q ⋅ L3 7 ⋅ q ⋅ L3
θ AB =
−
=
6 ⋅ EI 32 ⋅ EI
96 ⋅ EI
Tramo BC:
V ⋅ L2 3 ⋅ q ⋅ L3
θ BC =
=
2 ⋅ EI
32 ⋅ EI
El ángulo que forman las tangentes será la suma de los dos anteriores:
Teniendo en cuenta que V =
θ=
q ⋅ L3
6 ⋅ EI
θBC
θAB
c) La sección donde se produce la σmax es en x = 0, está producida por una tracción
uniforme más flexión.
y
822
97
919
z
726
flexión
tracción
a
26.- Datos de la estructura de la figura:
q
a = 3’00 m. b= 2’50 m c= 1’50 m
P = 2000 kg q = 800 kg/m
Iz,pilar = 500 cm4
Iz,dintel = 700 cm4
Se pide:
P
a) Reacciones en el apoyo y en el
b
empotramiento, y leyes de momentos
c
flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos
normales, acotando los valores más
característicos.
b) Giro del apoyo y de la esquina.
c) Dibujar a estima (pero cuidando detalles: tangencias, inflexiones, etc.) la deformada
de la estructura.
************************************************************************
a) En primer lugar, separaremos el pilar del dintel, definiendo así un sistema más
sencillo; en el que aparece como incógnita el momento M. Para que dicho sistema sea
equivalente a la estructura dada, en la unión del pilar y el dintel debe conservarse el
ángulo inicial de 90º; por tanto, el ángulo de giro θ debe ser igual en ambos.
a
q
M
M
θ
P
b
c
θ
Descompondremos a su vez los estados de cargas del pilar y del dintel en casos más
simples para poder emplear directamente el formulario de vigas.
q
M
equivale a:
q
M
+
− q ⋅ a3
M ⋅a
θ=
θ=
24 ⋅ EI d
3 ⋅ EI d
El giro total del extremo izquierdo del dintel será por tanto:
M ⋅a
q ⋅ a3
−
3 ⋅ EI d 24 ⋅ EI d
Descomponiendo el pilar en estados de carga más sencillos tenemos:
θ=
M
M
P
P
θ=
P ⋅ (b − c ) ⋅ c 2
4 ⋅ EI p ⋅ b
θ =−
M ⋅b
4 ⋅ EI p
El giro total del extremo superior del pilar será por tanto:
θ =−
M ⋅b
P ⋅ (b − c ) ⋅ c 2
+
4 ⋅ EI p
4 ⋅ EI p ⋅ b
Ambos giros deben ser iguales, por tanto:
M ⋅a
q ⋅ a3
M ⋅b
P ⋅ (b − c ) ⋅ c 2
−
=−
+
3 ⋅ EI d 24 ⋅ EI d
4 ⋅ EI p
4 ⋅ EI p ⋅ b
Resolviendo la igualdad anterior obtenemos el valor del momento M:
3
q⋅a ⋅
M =
Ip
Id
(
b − c)⋅ c 2
+ 6⋅ P⋅
6⋅b + 8⋅ a ⋅
b
Ip
= 816kgm
Id
A continuación calcularemos las leyes de cortantes, normales y momentos flectores.
T2
T1
T3
Cortantes
T4
N1
Normales
N2
M
M1
M2
Momento flector
M3
Siendo:
T1 =
q⋅a M
−
= 928kg
2
a
T = 0 en x =
a
= 1,84m.
V1
1+
V2
q⋅a M
+
= 1472kg
2
a
P ⋅ c2
3⋅ M
T3 =
⋅ (3 ⋅ b − c ) +
= 1354kg
3
2⋅b
2⋅b
P ⋅ (b − c )
3⋅ M
2
T4 =
⋅ 3 ⋅ b 2 − (b − c ) −
= 646kg
3
2⋅b
2⋅b
T2 =
(
N 1 = T3
N 2 = T2
)
2
a − x)
(
M 1 = T1 ⋅ (a − x ) − q
= 538kgm
2
M 2 = T3 ⋅ (b − c ) − M = 538kgm
M 3 = M − T3 ⋅ b + P ⋅ c = 432kgm
b) Para obtener el giro de la esquina basta sustituir en alguna de las expresiones de θ
anteriores; en la del dintel:
M ⋅a
q ⋅ a3
θ esquina =
−
= 0,60mrad
3 ⋅ EI d 24 ⋅ EI d
c) El giro del apoyo lo podemos obtener a partir del formulario de vigas.
q
θ=
M
q ⋅ a3
24 ⋅ EI d
θ =−
M ⋅a
6 ⋅ EI d
Por tanto, el giro total será:
θ apoyo =
q ⋅ a3
M ⋅a
−
= 3,51mrad
24 ⋅ EI d 6 ⋅ EI d
d) Tenemos que tener en cuenta que en la esquina se conserva el ángulo de 90º entre el
dintel y el pilar, además tenemos el ángulo girado por la esquina y por el pilar.
Existen inflexiones en los puntos donde se anula el momento flector.
Punto de
inflexión
27.- La viga de la figura está soportada por un apoyo y dos tirantes, como se indica en la
figura.
Sección de cada tirante: 1 cm2
45º
45º
Sección de la viga: IPE-120
E = 2.1·106 kg/cm2
Hallar:
a) σ en los tirantes .
q=1000 kg/m
b) σmax en la viga .
c) Flecha en los extremos .
(Cotas en metros)
0’5
2
2
0’5
NOTA.- Este problema es más sencillo de lo que aparenta a primera vista. Observar que
la estructura es simétrica, lo que permite reducir el problema a un caso más simple.
************************************************************************
a) Debido a que la estructura es simétrica reducimos el problema a:
45º
q=1000 kg/m
2
0’5
En primer lugar descompondremos la viga en suma de estados de carga sencillos para
poder calcular la flecha en el punto de unión con el tirante.
q=1000 kg/m
=
+
Ty
Tx
L
Podemos simplificar aún más el estado de cargas de modo
que empleemos directamente el formulario de vigas.
f =−
T y ⋅ L3
3 ⋅ EI
=
f =
+
P
q ⋅ L4
8 ⋅ EI
P ⋅ L3
f =
3 ⋅ EI
+
M
f =
M ⋅ L2
2 ⋅ EI
Siendo P = 500kg. y M = 12500 kg⋅cm.
La flecha del punto de unión del tirante con la viga fruto de la suma de los cuatro
estados de carga es:
f total
Ty =
3
q ⋅ L4 P ⋅ L3 M ⋅ L2 T y ⋅ L
=
+
+
−
8 ⋅ EI 3 ⋅ EI 2 ⋅ EI
3 ⋅ EI
T
2
La condición de deformación es que el tirante y la viga deben permanecer unidos lo que
implica que el extremo del tirante se debe deformar lo mismo que el punto de unión con
la viga.
δV
δT
f
45º
De la figura anterior se obtiene:
Siendo δ T =
T ⋅ LT
2 ⋅T ⋅ L
=
E ⋅ AT
E ⋅ AT
f = δV + 2 ⋅δT
δV =
Ty ⋅ L
E ⋅ AV
=
T ⋅L
2 ⋅ E ⋅ AV
donde
I = 318cm 4
AV = 13,2cm 2
AT = 1cm 2
Sustituyendo valores:
f total = 5,63 − 2,965 ⋅ 10 −3 ⋅ T
La condición de deformación queda por tanto:
f total = 5,63 − 2,965 ⋅ 10 −3 ⋅ T =
2 ⋅T ⋅ L
T ⋅L
+
E ⋅ AT
2 ⋅ E ⋅ AV
Sustituyendo en la ecuación anterior tenemos:
T = 1778kg.
T
σ tirante =
= 1778 kg cm 2
AT
En general, en vigas es despreciable la deformación longitudinal. En este caso, se podría
haber prescindido de δv, simplificando así el problema:
δT
f
45º
La condición de deformación queda de la forma:
f = 2 ⋅δT
Así resuelto:
T = 1781kg.
T
σ tirante =
= 1781 kg cm 2
AT
Que, como puede comprobarse, es muy similar a la del primer procedimiento.
b) Para la determinación de la tensión normal máxima en la viga debemos hallar el
diagrama de momentos flectores.
La viga se puede representar como:
Ty
A
Tx
B
Tx = T y =
T
2
= 1257kg
La fuerza Tx provocará una compresión uniforme en el tramo AB.
Ty
MA
B
x
RA
2,5 2
− 1257 ⋅ 2 = 611kg ⋅ m
2
R A = 2,5 ⋅ 1000 − 1257 = 1243kg.
M A = 1000 ⋅
La ecuación del momento flector será:
M ( x) = −611 + 1243 ⋅ x − 500 ⋅ x 2 para 0 < x < 2m.
M ( x) = −3125 + 2500 ⋅ x − 500 ⋅ x 2 para 2 < x < 2,5m.
Su representación es:
Ty
MA
B
x
RA
611 kg⋅m
125 kg⋅m
Momento flector
214 kg⋅m
El máximo momento flector se produce en el empotramiento, donde además se produce
una compresión uniforme.
La tensión será:
M
N − 61100 1257
οx = z + =
−
= −1250 kg cm 2
Wz
A
53
13,2
c) La flecha en el extremo se puede calcular como superposición de efectos.
Ty
Ty
=
+
B
C
f3
f1
f2
Empleando el formulario de vigas obtenemos:
q ⋅ L4
f1 =
= 7,68cm ↓
8 ⋅ EI
P ⋅ L3
f2 =
= 5,27cm ↑
3 ⋅ EI
P ⋅ L2
θB =
= 0,03953rad
2 ⋅ EI
f 3 = θ B ⋅ BC = 1,976cm ↑
f total = f1 − f 2 − f 3 = 4,4mm.
28.- Para el eje de la figura:
a) Dimensionar con sección circular, con el criterio:
σadm= 1600 kg/cm2.
b) Representar el diagrama de giros y acotar los máximos
(en radianes).
µ = 0’3;
Datos: P = 2500 kg ; E = 2·106 kg/cm2;
a = 500 mm. b = 700 mm. r = 250 mm.
y
x
z
P
r
r
a
b
a
**********************************************************************
a) Nos encontramos con un eje que está sometido a tres tipos de solicitaciones:
1) Tensión normal σx debida a las fuerzas P.
2) Tensión cortante τ de torsión (las fuerzas P no están aplicadas en el eje).
3) Tensión cortante τ debido a P. (No tienen excesiva importancia por lo
que no las consideraremos).
Reducimos las fuerzas al eje:
P
M
M
P
M = P ⋅ r = 62500 kg ⋅ cm
Calcularemos los diagramas de momentos flectores. Para su cálculo nos basaremos en el
formulario de vigas.
Plano vertical
P
522
Ty (kg.)
1978
62284
Mz (N ⋅ cm)
25952
36637
Plano horizontal
P
1978
Tz (kg.)
522
62284
25952
My (N ⋅ cm)
36637
El cálculo del momento torsor se realiza del mismo modo que el problema 29, por tanto
no explicaremos su deducción.
Su ley de variación es:
Mx
Mx (N ⋅ cm)
25735
25735
X
36765
El siguiente paso es determinar el punto sometido a una mayor tensión. Para ello
atenderemos a los diagramas de momentos flectores y torsores.
Observando los diagramas, se aprecia en los empotramientos el máximo momento flector
combinado con un momento torsor que, aunque no es el máximo, sí es apreciablemente
Calcularemos su tensión normal.
El punto que está sometido a máxima
tracción es el B1 y el de máxima
compresión es el B2.
Mfr
Mfy
Mf r = 62284 2 + 25952 2 = 67475N ⋅ cm
σ xB 2 =
Mfz
B1
B2
Mf r
W
σ xB 2
3
π ⋅ Dext
32
32 ⋅ Mf r
=
3
π ⋅ Dext
W=
La tensión cortante producida por el momento torsor en los puntos considerados será:
Mt =25735 kg⋅cm
τ max.tors =
τmax
16 Mt
3
π ⋅ Dext
τmax
2
σ
32 ⋅ 67475
æσ ö
+
σ2 = x + ç x ÷ +τ 2 =
3
2
2 ⋅ π ⋅ Dext
è 2 ø
2
2
æ 32 ⋅ 67475 ö æ 16 ⋅ 25735 ö
çç
÷ + çç
÷÷ = 1600
3 ÷
3
è 2 ⋅ π ⋅ Dext ø è π ⋅ Dext ø
Resolviendo la ecuación anterior obtenemos:
Dext = 76,3 mm.
Comprobamos ahora en los puntos donde el momento torsor es máximo con el momento
flector que corresponde; concretamente comprobaremos los puntos de aplicación de la
carga P.
En estos puntos tenemos:
M t = 36765 kg ⋅ cm
M f = 36637 2 + 127 2 ≈ 36637 kg ⋅ cm
Procediendo igual que en el punto anterior obtenemos un diámetro de 65,8 mm.
Las secciones más cargadas son por tanto las de los empotramientos.
Por último, queda comprobar el cortante producido por P. Por ser una sección circular, la
expresión de la tensión cortante máxima será:
τ max =
siendo
4⋅T
3⋅ Ω
T = T y2 + Tz2 = 2046 kg
Ω = 45,72 cm 2
Sustituyendo en la ecuación obtenemos:
τ = 59,7 kg cm 2
La influencia de τ debida a esfuerzo cortante es pequeña y no la consideramos. Si en
algún caso particular tuviera importancia exigiría un estudio más riguroso que presenta
complicaciones ya que no coinciden en el mismo punto los máximos de la τ debida a
fuerza cortante, la τ debida a momento torsor y la σx debida a momento flector.
Por tanto, no la consideramos y redondeamos a un diámetro de 77 mm.
b) A partir del diagrama de momento torsor podemos deducir los giros de las diferentes
secciones mediante la fórmula:
ϕ ( x) = ò
x
0
Mx
dx
G ⋅ I0
Como en cada uno de los tramos el momento torsor es constante:
1
ϕ=
⋅ å M i ⋅ xi
G ⋅ I0
En ambos extremos de la viga el giro será nulo puesto que están empotrados. Debido a la
antisimetría de las cargas basta con calcular uno de los tramos extremos para calcular el
diagrama entero.
En el primer tramo:
M = - 25735 N ⋅ cm.
x = 50 cm.
E
Sustituyendo en la ecuación anterior, y teniendo en cuenta que G =
2 ⋅ (1 + µ )
obtenemos el giro.
ϕ 1 = −4,83 ⋅ 10 −3 rad .
El diagrama de giros será:
ϕ
ϕ (rad)
0,00483
(+)
50
120
(-)
-0,00483
170
X (cm)
29.- Dimensionar el elemento resistente ABC-BD con sección circular maciza uniforme
(dar el diámetro en nº entero de mm.), con el criterio: Flecha en D≤ 1 mm.
Datos:
y
A 200 B 200 C
P = 1000 kg
E = 2,1·106 kg/cm2
x
µ = 0’3
(Cotas en mm. )
D
z
P
100
Indicación: Considerar las deformaciones por torsión y flexión en ABC y la
deformación por flexión en BD.
**********************************************************************
Para calcular la flecha en D tenemos que tener en cuenta tres efectos.
- El elemento ABC está sometido a flexión por lo que el punto B descenderá
así como la barra BD.
- El elemento ABC está sometido a torsión lo que implica que la barra BD
también girará.
- La barra BD trabaja como una viga en voladizo que también tendrá una
flecha.
En primer lugar reduciremos la fuerza P al punto B.
L
M
B
C
A
P
M = P ⋅ BD = 10000kg ⋅ cm
El descenso del punto B se puede calcular fácilmente mediante el formulario de vigas.
P ⋅ L3
π ⋅ R4 π ⋅ D4
f1 =
siendo I =
=
tenemos que:
192 ⋅ EI
4
64
f1 =
P ⋅ L3
3,2336
cm
=
4
D4
3 ⋅ E ⋅π ⋅ D
Seguidamente calculamos el giro del punto B; nos encontramos con un problema
hiperestático, pero debido a la antisimetría podemos calcular directamente el diagrama
de momentos torsores.
Mx
Mx (kg⋅cm)
5000
40
20
X (cm)
5000
El giro de la barra ABC en la sección B viene dado por la fórmula:
φB =
Mx ⋅
L
2
G ⋅ I0
E
π ⋅ R4 π ⋅ D4
siendo G =
e I0 =
=
2 ⋅ (1 + µ )
2
32
Por tanto: φ B =
32 ⋅ M x ⋅ L ⋅ (1 + µ ) 1,2610
rad
=
E ⋅π ⋅ D 4
D4
B
φB
D
f2
El descenso del punto D debido al giro de ABC será:
12,610
cm
D4
Por último queda hallar el descenso de D por ser una viga en voladizo con la carga en el
extremo libre.
f 2 = φ B ⋅ BD =
B
φB
D
f2
f3
Recurriendo al formulario de vigas obtenemos:
3
3
P ⋅ BD
64 ⋅ P ⋅ BD
3,2336
f3 =
=
=
cm
4
3 ⋅ EI
3 ⋅ E ⋅π ⋅ D
D4
El descenso del punto D será:
f = f1 + f 2 + f 3 =
19,077
cm
D4
Como el descenso del punto D tiene que ser ≤ 1mm:
19,077
≤ 0,1
D4
Resolviendo la ecuación anterior y redondeando a un número entero de milímetros
obtenemos
D = 38mm.
P=4000 kg
30.- Dimensionar la sección de la
viga de la figura con perfil IPN,
con la condición de que la flecha
en el punto de aplicación de la
carga no exceda de 4 mm.
E = 2,1·106 kg/cm2
1
1
Cotas en metros
2
2
**********************************************************************
En primer lugar, descompondremos la viga en tramos para poder aplicar directamente el
formulario de vigas.
P=4000 kg
A
B
C
D
L
Equivale a:
P=4000 kg
M1
M1
M2
M2
E
A
B
B
C
C
D
Tenemos que tener en cuenta que aunque esté separada en varios tramos es la misma
viga; por tanto, los ángulos girados por la viga en los puntos de unión de los tramos
deben ser iguales para mantenerse la continuidad.
Tramo AB:
P ⋅ L3 3 ⋅ M 1 ⋅ L2
fE =
−
48 ⋅ EI
48 ⋅ EI
2
M ⋅L
P⋅L
− 1
θB =
16 ⋅ EI 3 ⋅ EI
Tramo BC:
M ⋅L M ⋅L
θB = 1 − 2
3 ⋅ EI
6 ⋅ EI
M ⋅ L M1 ⋅ L
−
θC = 2
3 ⋅ EI
6 ⋅ EI
Tramo CD:
M ⋅L
θC = − 2
3 ⋅ EI
Igualando el giro en el punto C para los tramo BC y CD obtenemos:
M 2 ⋅ L M1 ⋅ L
M ⋅L
−
=− 2
3 ⋅ EI
6 ⋅ EI
3 ⋅ EI
M1 = 4 ⋅ M 2
Igualando el giro en el punto B para los tramo AB y BC y sustituyendo la ecuación
anterior obtenemos:
P ⋅ L2 M 1 ⋅ L M 1 ⋅ L M 2 ⋅ L
−
=
−
16 ⋅ EI 3 ⋅ EI
3 ⋅ EI
6 ⋅ EI
M1 = 4 ⋅ M 2
P⋅L
M1 =
10
Sustituyendo en la ecuación de la flecha hallada anteriormente:
0,7 ⋅ P ⋅ L3
fE =
48 ⋅ EI
f E ≤ 0,4mm.
Resolviendo obtenemos:
I ≥ 555cm 4
Por tanto el perfil requerido es un IPN – 140
Se obtiene un planteamiento más directo aplicando el teorema de los tres momentos:
n-1
n+1
n
donde:
M n −1 ⋅
Ln−1, n
E ⋅ I n −1,n
(
æ Ln −1,n
Ln ,n +1 ö
L
÷ + M n +1 ⋅ n, n+1 = 6 ⋅ θ nPn −1, n + θ nPn , n +1
+ 2 ⋅ M n ⋅ çç
+
÷
E ⋅ I n ,n +1
è E ⋅ I n −1,n E ⋅ I n ,n +1 ø
Aplicándolo a nuestro problema:
P
M1 = 0
M2
M3
M4 = 0
EI = Cte
A
B
L/2
C
L/2
D
L
n –1 =1
n=2
n +1 = 3
2 ⋅ M 2 ⋅ ( L + L) + M 3 ⋅ L = 6 ⋅ θ 2 1, 2 ⋅ EI =
P
6
⋅ P ⋅ L2
16
)
n –1 = 2
n=3
n +1 = 4
M 2 ⋅ L + 2 ⋅ M 3 ⋅ ( L + L) = 0
Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior obtenemos:
M2 = 4⋅M3
P⋅L
M2 =
10
Como puede verse, los resultados son coincidentes por uno y otro método.